【01】大学で役に立つ今週の積分～解答～
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みなさんこんにちは。
これは前回の記事の続きです！
解答をのせていきたいと思います！
昨日の記事も載せておくので、まだ見てない人はご覧ください！
manabiya-eichi07.hatenablog.com
まず問題を確認しておきましょう。
【問題】
\[\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} \left( \frac{ 4(-1)^{k} \sqrt{2nk-k^2}-4k-2 }{ (2k+1) \sqrt{2nk-k^2} } \right)\]
の極限値を求めてみてください。
極限なのになんで積分なのか？まぁあれですよね、「区分求積法」っていうやつです。
それをする部分もあります。見つけてみてね。
とりあえずやってみましょう！
\[\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} \left( \frac{ 4(-1)^{k} \sqrt{2nk-k^2}-4k-2 }{ (2k+1) \sqrt{2nk-k^2} } \right)=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} \left( 4\frac{(-1)^k}{2k+1}-2\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}} \right)\]
\[=\lim_{n\to\infty}4\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}-\lim_{n\to\infty}2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}\]
のようになります。それぞれを分けて計算していきましょう。まずは\[\lim_{n\to\infty}4\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}\]を計算していきましょう。
\[\lim_{n\to\infty}4\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}=4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}\]
これはライプニッツ級数に似てますね。今回違うのは0から始まるか、1から始まるかだけです。計算してみましょう。今回は一度ライプニッツ級数とは何か考えれてからやれば、わかりやすいと思います。では今からライプニッツ級数を求めてみます。
積分結果が\[1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-…\]
となるようになるように関数\(f_n (x)\)を置いてみましょう。\[f_n (x)=1-x^2+x^4-x^6+... (初項1、公比-x^2 (0 \leq x<1)\]
今回公比が｜公比｜＜1となるので、
\[1-x^2+x^4-x^6+....=\frac{1}{1-(-x^2)}=\frac{1}{1+x^2}\]とかけます。
0から1で積分すると、上の式は、
\[\int _{0}^{1} (1-x^2+x^4-x^6+....)dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx\]
この左辺は、\[\int _{0}^{1} (1-x^2+x^4-x^6+....)dx=\left[x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+.....\right]^1_0\]
\[=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+.....\]
となります。次に右辺を計算していきましょう！
\[\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^2}dx\]
ここで、\(x=\tan\theta \)と置きましょう。そうすると\[dx=\frac{1}{\cos^2 \theta}d\theta\]となり、\[x:0\rightarrow1は、\theta:0\rightarrow\frac{\pi}{4}\]となりますね。
これより、
\[\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{1+\tan^2 \theta}\frac{d\theta}{\cos^2 \theta}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta=\frac{\pi}{4}\]
となります。これより、
\[\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-....=\frac{\pi}{4}\]
となることが言えましたね。今回\(k=1\)から始まっているので、1だけ多いです。よって
\[4\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}=\pi-4\]
となりますね。
次に\[\lim_{n\to\infty}2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}\]の計算をしていきましょう。
\[2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{2\frac{k}{n}-\left(\frac{k}{n}\right)^2}}\]
\[=2\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{2x-x^2}}dx \left( \frac{k}{n}=xより\right)\]
きましたね区分求積法。ここまで出来れば、あとは積分するのみです。と言っても無理関数の積分。どうやってやりましょうか。ルートの中身を2乗-2乗の形にして、三角関数に置換する方法でやってみましょうか。
\[2\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{2x-x^2}}dx=2\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}}dx\]
\[（2x-x^2=1-1+2x-x^2=1-(x-1)^2より）\]
ここで、\(x-1=\sin\theta （-\frac{\pi}{2}\leq 0 \leq 0）\)と置くと、
\[dx=\cos\theta d\theta x:0\rightarrow1 \theta:-\frac{\pi}{2}\rightarrow 0\]となるので、置換すると、
\[2\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-(x-1)^2}}dx=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 \theta}}\cos\theta d\theta=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\frac{1}{\cos\theta}d\cos\theta=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}d\theta=\pi\]
となります。
これより、
\[\lim_{n\to\infty}4\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1}-\lim_{n\to\infty}2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}=\pi -4-\pi=-4\]
となります。とってもきれいですよね！！
実は最初、kは0からとして問題を作ろうとしていたのですが、間違えて作ってしまいました。すいません。
今回仮に\(k=0\)から作れば、ライプニッツ級数の方は、示した通り,\[\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}=\pi\]
となります。そして次の積分、\[\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}\]は、\(k=0\)の時を考えると、0となり、
\[\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2nk-k^2}}\]
が言えるのです。本当はこれを使って、\(\pi-\pi=0\)を考えてましたが、区間を間違えていました。すいません！！
次の問題はこれと同じくらいか、みんなが手に取りやすいくらいの難易度にしたいと思います。良かったら解いてみてください！
ではまた次回！
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